物质的量浓度及其溶液的配制(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)1．下列关于容量瓶及其使用方法的叙述，正确的是( )A．是配制一定物质的量浓度的溶液的专用仪器B．容量瓶可以用来加热C．能用容量瓶贮存配制好的溶液D．可以用500mL容量瓶配制250mL溶液A [容量瓶是用来配制一定物质的量浓度的溶液的专用仪器，故A正确；容量瓶不能用来加热，故B错误。]2．(2019·福建福州质量抽测)实验室配制0.1000mol·L－1的H2SO4溶液，下列图示操作不需要的是( )ABCDA [实验室配制0.1000mol·L－1的H2SO4溶液时应用量筒量取浓硫酸，不需要托盘天平，A项错误；在烧杯中稀释浓硫酸，C项正确；将稀释后的硫酸冷却至室温后用玻璃棒转移到容量瓶中，B项正确；量取浓硫酸时需用到量筒和胶头滴管，D项正确。]3．配制100mL1mol/LNaCl溶液，下列操作中错误的是( )A．在托盘天平上放两片大小一样的纸，然后将氯化钠放在纸片上称量B．把称得的氯化钠放入盛有适量蒸馏水的烧杯中，溶解、冷却，再把溶液移入容量瓶中C．用蒸馏水洗涤烧杯、玻璃棒各2～3次，洗涤液也移入容量瓶中D．沿玻璃棒往容量瓶中加入蒸馏水，直至溶液凹液面恰好与刻度线相切D [配制溶液的过程中，定容时在液面接近刻度线1～2cm时，需改用胶头滴管加水至刻度线。]4．下列有关溶液配制的说法正确的是( )A．在50mL量筒中配制0.1000mol·L－1碳酸钠溶液B．仅用烧杯、量筒、玻璃棒就可配制100mL0.1000mol·L－1K2Cr2O7溶液C．用100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管和pH＝l的盐酸配制100mLpH＝2的盐酸D．配制一定物质的量浓度的溶液时，定容时仰视刻度线会导致所配溶液浓度偏高C [配制溶液时要在容量瓶中进行，A、B均错误；定容时，仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏低，D错误。]-7-\n5．(2019·甘肃兰州一中月考)下列关于配制溶液的叙述错误的是( )A．配制FeSO4溶液制备Fe(OH)2，需要把蒸馏水煮沸除去溶解氧后，再溶解配制FeSO4溶液B．实验中需要480mL0.1mol·L－1的CuSO4溶液，配制时需称量8gCuSO4固体C．配制FeCl3溶液时，先把FeCl3固体溶于浓盐酸再加水稀释D．配制1mol·L－1NaOH溶液时，称量4.0gNaOH固体置于100mL容量瓶中，加水溶解并稀释到刻度线D [为防止氧气氧化Fe2＋，需要把蒸馏水煮沸除去溶解氧，A项正确；实验室中没有480mL的容量瓶，需用500mL的容量瓶进行配制，称取CuSO4固体的质量为0.5L×0.1mol·L－1×160g·mol－1＝8g，B项正确；为防止FeCl3水解，先把FeCl3固体溶于浓盐酸再加水稀释，C项正确；不能在容量瓶中溶解物质，D项错误。]6．(2019·湖南怀化期中)在配制一定物质的量浓度的盐酸时，下列操作可使所配溶液浓度偏高的是( )A．未将洗涤烧杯和玻璃棒的溶液移入容量瓶B．用量筒量取浓盐酸时，仰视读数C．定容时水加多了，立即用胶头滴管吸出D．稀释搅拌时造成液体溅出B [未将洗涤烧杯和玻璃棒的溶液移入容量瓶中，溶质的物质的量减少，所配溶液的浓度偏低，A项错误；用量筒量取浓盐酸时，仰视读数，量取的盐酸体积偏多，所配溶液浓度偏高，B项正确；定容时水加多了，立即用胶头滴管吸出，所配溶液的浓度偏低，C项错误；稀释搅拌时造成液体溅出，溶质的物质的量减少，所配溶液的浓度偏低，D项错误。]7．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列对0.3mol·L－1K2SO4溶液的叙述正确的是( )A．1L溶液中含有0.3NA个K＋B．1L溶液中含有K＋和SO的总数为0.9NAC．2L溶液中K＋的浓度为1.2mol·L－1D．将0.3mol硫酸钾溶于1L水中，所得硫酸钾溶液的浓度为0.3mol·L－1B [0.3mol·L－1K2SO4溶液中，c(K＋)＝0.6mol·L－1，c(SO)＝0.3mol·L－1，则1L溶液中含K＋的数目为0.6NA，K＋和SO的总数为0.9NA，A项错误，B项正确；物质的量浓度表示的是1L溶液中所含溶质的物质的量，不受溶液体积大小的影响，2L0.3mol·L－1K2SO4溶液中K＋的浓度为0.6mol·L－1，C项错误；物质的量浓度中的体积指的是溶液体积而不是溶剂的体积，D项错误。]8．200mLFe2(SO4)3溶液中含Fe3＋56g，溶液中SO的物质的量浓度是(不考虑Fe3＋的水解)( ) -7-\nA．5mol/LB．7.5mol/LC．10mol/LD．2.5mol/LB [56gFe3＋的物质的量为＝1mol，溶液中n(SO)＝n(Fe3＋)＝×1mol＝1.5mol，所以溶液中SO的物质的量浓度为＝7.5mol/L，B项正确。]9．VL浓度为0.5mol·L－1的盐酸，欲使其浓度增大1倍，采取的措施合理的是( )A．通入标准状况下的HCl气体11.2VLB．加入10mol·L－1的盐酸0.1VL，再稀释至1.5VLC．将溶液加热浓缩到0.5VLD．加入VL1.5mol·L－1的盐酸混合均匀B [A项，通入HCl气体后溶液的体积会发生变化，若溶液的体积不变时所给数据是合理的，该项不合理；C项，盐酸具有挥发性，加热浓缩会导致HCl挥发，该项不合理；D项，不同浓度的盐酸混合时，混合后溶液的体积不能用两溶液的体积加和，该项不合理。]10．(2019·黑龙江哈尔滨六中考试)4℃时，在100mL水中溶解22.4L(标准状况下)HCl气体形成溶液。下列说法正确的是( )A．该溶液的物质的量浓度为10mol·L－1B．由于溶液的密度未知，故该溶液的物质的量浓度无法求得C．由于溶液的密度未知，故该溶液中溶质的质量分数无法求得D．所得溶液的体积为22.5LB [溶液的密度未知，故该溶液的物质的量浓度无法求得，A项错误，B项正确；溶质的质量分数＝溶质的质量/(水的质量＋溶质的质量)＝，故可以求出溶液中溶质的质量分数，C项错误；气体会溶解在水中，且1molHCl气体在4℃时体积不为22.4L，所得溶液体积不是22.5L，D项错误。]11．(2019·湖北孝感高中摸底)已知20℃时，饱和NaCl溶液的密度为ρg·cm－3，物质的量浓度为cmol·L－1，则下列说法不正确的是( )A．温度低于20℃时，饱和NaCl溶液的浓度小于cmol·L－1B．此溶液中NaCl的质量分数为×100%C．20℃时，密度小于ρg·cm－3的NaCl溶液是不饱和溶液D．20℃时，饱和NaCl溶液的溶解度为gD [NaCl的溶解度随着温度的升高而增大，温度低于20℃，饱和NaCl溶液的浓度小于-7-\ncmol·L－1，A项正确；根据NaCl溶液物质的量浓度与溶质质量分数的换算公式c＝，得NaCl的质量分数w＝×100%，B项正确；NaCl溶液的密度随着浓度的增大而增大，20℃时，密度小于ρg·cm－3的NaCl溶液是不饱和溶液，C项正确；设20℃时NaCl的溶解度为Sg，则＝，S＝，D项错误。]12．(2019·福州高三质量调研)把200mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成两等份，取一份加入含amolNaOH的溶液恰好反应完全；取另一份加入含bmolHCl的盐酸恰好反应完全。该混合溶液中c(Na＋)为( ) A．(10b－5a)mol·L－1B．(2b－a)mol·L－1C．(－)mol·L－1D．(5b－)mol·L－1A [NH4HCO3和amolNaOH恰好完全反应，则NH4HCO3的物质的量为0.5amol，取另一份加入含bmolHCl的盐酸恰好反应完全，由NH4HCO3反应掉的盐酸为0.5amol，则由Na2CO3反应掉的盐酸为bmol－0.5amol，Na2CO3的物质的量为(bmol－0.5amol)×0.5，则c(Na＋)＝(bmol－0.5amol)÷0.1L＝(10b－5a)mol·L－1。]13．298K时，在20.0mL0.10mol·L－1氨水中滴入0.10mol·L－1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。(1)制备20.0mL0.10mol·L－1的氨水，需向水中通入NH3的体积为________L(标准状况)。(2)假设0.10mol·L－1氨水的密度为0.95g·cm－3，则该氨水的溶质质量分数约为________。(3)使氨水恰好完全反应需盐酸的体积为________mL。(4)配制250mL0.10mol·L－1的氨水，需5.0mol·L－1的氨水________mL，配制时需要的仪器有______________________，配制过程中俯视刻度线定容，所配溶液浓度________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。解析： (1)溶液中n(NH3)＝0.10mol·L－1×0.0200L＝0.0020mol，V(NH3)＝0.0020mol×22.4L·mol－1＝0.0448L。(2)根据公式c＝，则w＝＝＝0.18%。-7-\n(3)使氨水完全反应，n(HCl)＝n(NH3)，则盐酸体积为20.0mL。(4)根据稀释过程溶质的物质的量不变，则0.10mol·L－1×0.25L＝5.0mol·L－1×V，V＝0.0050L＝5.0mL。定容时俯视刻度线，会使溶液的体积偏小，浓度偏大。答案： (1)0.0448 (2)0.18%(3)20.0 (4)5.0 量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管 偏大14．已知硫酸、氨水的密度与所加水量的关系如图所示，现有硫酸与氨水各一份，请根据表中信息，回答下列问题：溶液的密度/(g·cm－3)硫酸c1ρ1氨水c2ρ2(1)表中硫酸的质量分数为________(不写单位，用含c1、ρ1的代数式表示)。(2)物质的量浓度为c1mol·L－1的硫酸与水等体积混合(混合后溶液体积变化忽略不计)，所得溶液的物质的量浓度为________mol·L－1。(3)物质的量浓度为c2mol·L－1的氨水与c2mol·L－1的氨水等质量混合，所得溶液的密度________(填“大于”“小于”或“等于”，下同)ρ2g·cm－3，所得溶液的物质的量浓度________c2mol·L－1(设混合后溶液的体积变化忽略不计)。解析： (1)设硫酸的体积为1L，则w(H2SO4)＝×100%＝%。(2)硫酸与水等体积混合(忽略溶液体积的变化)，溶液的体积变为原来的2倍，则浓度为mol·L－1。(3)根据图像可知，氨水的浓度越大，密度越小，则c2mol·L－1氨水的密度小于c2mol·L－1氨水的密度；等质量时，c2mol·L－1氨水的体积小于c2mol·L－1氨水的体积。两者混合后，所得溶液的密度一定比ρ2大，所得溶液的物质的量浓度趋近于体积大者，故大于c2mol·L－1。读懂题图中的信息，明确硫酸、氨水浓度与密度的关系，并用此关系灵活分析题意是正确解题的关键。-7-\n答案： (1)% (2) (3)大于 大于15．人体血液里Ca2＋的浓度一般采用mg/cm3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2＋的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2＋的浓度。【配制KMnO4标准溶液】如图所示是配制50mLKMnO4标准溶液的过程示意图。(1)请你观察图示判断，其中不正确的操作有__________(填序号)。(2)其中确定50mL溶液体积的容器是________(填名称)。(3)如果用图示的操作配制溶液，所配制的溶液浓度将____(填“偏大”或“偏小”)。【测定血液样品中Ca2＋的浓度】抽取血样20.00mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020mol/LKMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00mLKMnO4溶液。(4)已知草酸跟KMnO4反应的离子方程式为2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mnx＋＋10CO2↑＋8H2O，则方程式中的x＝________。(5)经过计算，血液样品中Ca2＋的浓度为________mg/cm3。解析： (1)由图示可知②⑤操作不正确，②不能在量筒中溶解固体，⑤定容时应平视刻度线，至液体凹液面与刻度线相切。(2)应该用容量瓶准确确定50mL溶液的体积。(3)如果用图示的操作配制溶液，由于定容时仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小。(4)根据电荷守恒，(－1)×2＋(＋1)×6＝(＋x)×2，解得x＝2，草酸跟KMnO4反应的离子方程式为2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。(5)血样20.00mL经过上述处理后得到草酸，草酸消耗的高锰酸钾的物质的量为0.020mol/L×0.012L＝2.4×10－4mol，根据反应方程式2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O及草酸钙的化学式CaC2O4，可知：n(Ca2＋)＝n(H2C2O4)＝n(MnO)＝2.5×2.4×10－4mol＝6×10－4mol，Ca2＋的质量为40g/mol×6×10－4mol＝0.024g，钙离子的浓度为＝＝1.2mg/cm3。-7-\n答案： (1)②⑤ (2)50mL容量瓶(3)偏小 (4)2 (5)1.216．FeCl3可用作印刷电路铜板腐蚀剂。为回收废腐蚀液中的铜，必须对废腐蚀液的组成进行分析。某同学取废腐蚀液200mL，分成甲、乙两等份。向甲溶液中滴加AgNO3溶液至不再有沉淀产生，得到沉淀129.15g；向乙溶液中加入10g足量铁粉，充分反应，剩余固体质量4.8g。忽略溶液体积的变化，试计算：(1)废腐蚀液中含有的Cl－的物质的量浓度________。(2)废腐蚀液中铜离子的物质的量浓度是________。解析： (1)n(Cl－)＝n(AgCl)＝＝0.9mol，则c(Cl－)＝＝9mol/L。(2)FeCl3与Cu反应后的废液中含有FeCl2和CuCl2(也可能还有FeCl3)，向其中加入过量Fe，最终溶液中的溶质是FeCl2，从整个反应过程看，反应相当于FeCl3与Fe反应生成FeCl2。n(Cu)×64g/mol＋10g－×××56g/mol＝4.8g，解得n(Cu)＝0.05mol，n(CuCl2)＝n(Cu)＝0.05mol，c(Cu2＋)＝0.05mol÷0.1L＝0.5mol/L。答案： (1)9mol/L (2)0.5mol/L-7-
